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八年级上学期压轴题强化数学试题含解析(一)[001].doc

上传人:丰**** 文档编号:5136167 上传时间:2024-10-26 格式:DOC 页数:23 大小:1.37MB
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1、八年级上学期压轴题强化数学试题含解析(一)1、如图1,在平面直角坐标系中,点A(a,0)、点B(b,0)为x轴上两点,点C在y轴的正半轴上,且a,b满足等式(1)_;(2)如图2,若M,N是OC上的点,且,延长BN交AC于P,判断APN的形状并说明理由;(3)如图3,若,点D为线段BC上的动点(不与B,C重合),过点D作于E,BG平分ABC交线段DE于点G,连AD,F为AD的中点,连接CG,CF,FG试说明,CG与FG的数量关系2、如图,在等边ABC中,ABACBC6cm,现有两点M、N分别从点A、B同时出发,沿三角形的边运动,已知点M的速度为1cm/s,点N的速度为2cm/s当点N第一次回到

2、点B时,点M、N同时停止运动,设运动时间为ts(1)当t为何值时,M、N两点重合;(2)当点M、N分别在AC、BA边上运动,AMN的形状会不断发生变化当t为何值时,AMN是等边三角形;当t为何值时,AMN是直角三角形;(3)若点M、N都在BC边上运动,当存在以MN为底边的等腰AMN时,求t的值3、在平面直角坐标系中,A(a,0),B(0,b)分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点,点C与点A关于y轴对称,点P是x轴正半轴上C点右侧一动点(1)当2a2+4ab+4b2+2a+10时,求A,B的坐标;(2)当a+b0时,如图1,若D与P关于y轴对称,PEDB并交DB延长线于E,交AB的延长线于F,求证

3、:PBPF;如图2,把射线BP绕点B顺时针旋转45o,交x轴于点Q,当CPAQ时,求APB的大小4、如图,已知CD是线段AB的垂直平分线,垂足为D,C在D点上方,BAC=30,P是直线CD上一动点,E是射线AC上除A点外的一点,PB=PE,连BE(1)如图1,若点P与点C重合,求ABE的度数;(2)如图2,若P在C点上方,求证:PD+AC=CE;(3)若AC=6,CE=2,则PD的值为 (直接写出结果)5、如图1,在平面直角坐标系中,点在x轴负半轴上,点B在y轴正半轴上,设,且(1)直接写出的度数(2)如图2,点D为AB的中点,点P为y轴负半轴上一点,以AP为边作等边三角形APQ,连接DQ并延

4、长交x轴于点M,若,求点M的坐标(3)如图3,点C与点A关于y轴对称,点E为OC的中点,连接BE,过点B作,且,连接AF交BC于点P,求的值6、如图1,在ABC中,AEBC于E,AEBE,D是AE上一点,且DECE,连接BD,CD(1)判断与的位置关系和数量关系,并证明;(2)如图2,若将DCE绕点E旋转一定的角度后,BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化?并证明;(3)如图3,将(2)中的等腰直角三角形都换成等边三角形,其他条件不变,求BD与AC夹角的度数7、在平面直角坐标系中,点A(a,0),点B(0,b),已知a,b满足(1)求点A和点B的坐标;(2)如图1,点E为线段OB的中点,连

5、接AE,过点A在第二象限作,且,连接BF交x轴于点D,求点D和点F的坐标;:(3)在(2)的条件下,如图2,过点E作交AB于点P,M是EP延长线上一点,且,连接MO,作,ON交BA的延长线于点N,连接MN,求点N的坐标8、如图,ABC 中,AB=AC=BC,BDC=120且BD=DC,现以D为顶点作一个60角,使角两边分别交AB,AC边所在直线于M,N两点,连接MN,探究线段BM、MN、NC之间的关系,并加以证明(1)如图1,若MDN的两边分别交AB,AC边于M,N两点猜想:BM+NC=MN延长AC到点E,使CE=BM,连接DE,再证明两次三角形全等可证请你按照该思路写出完整的证明过程;(2)

6、如图2,若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点,其它条件不变,再探究线段BM,MN,NC之间的关系,请直接写出你的猜想(不用证明)【参考答案】1、(1)0(2)等腰三角形,见解析(3)CG=2FG【分析】(1)由可得,得出a、b的值即可求解;(2)由OC垂直平分AB可得,再由外角可得 ,结合已知条件,等量代换即可得到结论;(3)先延【解析】(1)0(2)等腰三角形,见解析(3)CG=2FG【分析】(1)由可得,得出a、b的值即可求解;(2)由OC垂直平分AB可得,再由外角可得 ,结合已知条件,等量代换即可得到结论;(3)先延长GF至点M,使FM=FG,连接CG、CM、AM,可证,得到,再结

7、合已知条件得到,可得是等腰三角形,利用等腰三角形的性质得出,最后证明 为等边三角形,即可得到结论(1) 解得 (2) 是等腰三角形,理由如下:由点A(a,0)、点B(b,0)为x轴上两点,且可得,OA=OB OC垂直平分AB , 是等腰三角形(3),理由如下:如图,延长GF至点M,使FM=FG,连接CG、CM、AM F为AD的中点 在和中 垂直平分 ,BG平分 为等边三角形, 在和中 即是等腰三角形 为等边三角形 在 中, 【点睛】本题是三角形的综合题目,考查了非负性求和、线段垂直平分线的性质、外角的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质及直角三角形的性质,涉及

8、知识点多,能够合理添加辅助线并综合运用知识点是解题的关键2、(1)当M、N运动6秒时,点N追上点M;(2),AMN是等边三角形;当或时,AMN是直角三角形;(3)【详解】(1)首先设点M、N运动x秒后,M、N两点重合,表示出M,N的运动路程,N的运【解析】(1)当M、N运动6秒时,点N追上点M;(2),AMN是等边三角形;当或时,AMN是直角三角形;(3)【详解】(1)首先设点M、N运动x秒后,M、N两点重合,表示出M,N的运动路程,N的运动路程比M的运动路程多6cm,列出方程求解即可;(2)根据题意设点M、N运动t秒后,可得到等边三角形AMN,然后表示出AM,AN的长,由于A等于60,所以只

9、要AMAN三角形ANM就是等边三角形;分别就AMN90和ANM90列方程求解可得;(3)首先假设AMN是等腰三角形,可证出ACMABN,可得CMBN,设出运动时间,表示出CM,NB,NM的长,列出方程,可解出未知数的值【解答】解:(1)设点M、N运动x秒后,M、N两点重合,x1+62x,解得:x6,即当M、N运动6秒时,点N追上点M;(2)设点M、N运动t秒后,可得到等边三角形AMN,如图1,AMt,AN62t,ABACBC6cm,A60,当AMAN时,AMN是等边三角形,t62t,解得t2,点M、N运动2秒后,可得到等边三角形AMN当点N在AB上运动时,如图2,若AMN90,BN2t,AMt

10、,AN62t,A60,2AMAN,即2t62t,解得;如图3,若ANM90,由2ANAM得2(62t)t,解得综上所述,当t为或时,AMN是直角三角形;(3)当点M、N在BC边上运动时,可以得到以MN为底边的等腰三角形,由(1)知6秒时M、N两点重合,恰好在C处,如图4,假设AMN是等腰三角形,ANAM,AMNANM,AMCANB,ABBCAC,ACB是等边三角形,CB,在ACM和ABN中,AMCANB,CB,ACAB,ACMABN(AAS),CMBN,t6182t,解得t8,符合题意所以假设成立,当M、N运动8秒时,能得到以MN为底的等腰三角形【点睛】本题是三角形综合题,主要考查了等边三角形

11、的判定与性质,含30角的直角三角形的性质,全等三角形的判定与性质,将动点问题转化为线段的长是解题的关键3、(1);(2)见解析;APB22.5【分析】(1)利用非负数的性质求解即可;(2)想办法证明PBFF,可得结论;如图2中,过点Q作QFQB交PB于F,过点F作FHx轴于H【解析】(1);(2)见解析;APB22.5【分析】(1)利用非负数的性质求解即可;(2)想办法证明PBFF,可得结论;如图2中,过点Q作QFQB交PB于F,过点F作FHx轴于H,可得等腰直角BQF,证明FQHQBO(AAS),再证明FQFP即可解决问题【详解】解:(1)2a2+4ab+4b2+2a+10,(a+2b)2+

12、(a+1)20,(a+2b)20 ,(a+1)20,a+2b0,a+10,a1,b,A(1,0),B(0,)(2)证明:如图1中,a+b0,ab,OAOB,又AOB90,BAOABO45,D与P关于y轴对称,BDBP,BDPBPD,设BDPBPD,则PBFBAP+BPA45+,PEDB,BEF90,F90EBF,又EBFABDBAOBDP45,F45+,PBFF,PBPF解:如图2中,过点Q作QFQB交PB于F,过点F作FHx轴于H可得等腰直角BQF,BOQBQFFHQ90,BQO+FQH90,FQH+QFH90,BQOQFH,QBQF,FQHQBO(AAS),HQOBOA,HOAQPC,PH

13、OCOBQH,FQFP, 又BFQ45,APB22.5【点睛】本题考查完全平方公式、实数的非负性、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质,解题的关键是综合运用相关知识解题4、(1)ABE=90;(2)PD+AC=CE,见解析;(3)1【分析】(1)根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到:BPE为等边三角形,则CBE=60,故ABE=90;【解析】(1)ABE=90;(2)PD+AC=CE,见解析;(3)1【分析】(1)根据线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定与性质得到:BPE为等边三角形,则CBE=60,故ABE=90;(2)如图2,过P作PHAE于H,连BC,作P

14、GBC交BC的延长线于G,构造含30度角的直角PCG、直角CPH以及全等三角形(RtPGBRtPHE),根据含30度的直角三角形的性质和全等三角形的对应边相等证得结论;(3)分三种情况讨论,根据(2)的解题思路得到PD=AC+CE或PD=CE-AC,将数值代入求解即可【详解】(1)解:如图1,点P与点C重合,CD是线段AB的垂直平分线,PA=PB,PAB=PBA=30,BPE=PAB+PBA=60,PB=PE,BPE为等边三角形,CBE=60,ABE=90;(2)如图2,过P作PHAE于H,连BC,作PGBC交BC的延长线于G,CD垂直平分AB,CA=CB,BAC=30,ACD=BCD=60,

15、GCP=HCP=BCE=ACD=BCD=60,GPC=HPC=30,PG=PH,CG=CH=CP,CD=AC,在RtPGB和RtPHE中,RtPGBRtPHE(HL)BG=EH,即CB+CG=CE-CH,CB+CP=CE-CP,即CB+CP=CE,又CB=AC,CP=PD-CD=PD-AC,PD+AC=CE;(3)当P在C点上方时,由(2)得:PD=CE-AC,当AC=6,CE=2时,PD=2-3=-1,不符合题意;当P在线段CD上时,如图3,过P作PHAE于H,连BC,作PGBC交BC于G,此时RtPGBRtPHE(HL),BG=EH,即CB-CG=CE+CH,CB-CP=CE+CP,即CP

16、=CB-CE,又CB=AC,PD=CD-CP=AC-CB+CE,PD=CE-AC当AC=6,CE=2时,PD=2-3=-1,不符合题意;当P在D点下方时,如图4,同理,PD=AC-CE,当AC=6,CE=2时,PD=3-2=1故答案为:1【点睛】本题主要考查了三角形综合题,综合运用全等三角形的判定与性质,含30度角直角三角形的性质,等边三角形的判定与性质等知识点,难度较大,解题时,注意要分类讨论5、(1);(2);(3)【分析】(1)根据坐标系写出的坐标,进而根据,因式分解可得,进而可得,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC,证明是等边三角形,进而即可求得;(2)连接BM,进而证明为等【解析】

17、(1);(2);(3)【分析】(1)根据坐标系写出的坐标,进而根据,因式分解可得,进而可得,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC,证明是等边三角形,进而即可求得;(2)连接BM,进而证明为等边三角形,根据含30度角的直角三角形的性质即可求得(3)过点F作轴交CB的延长线于点N,证明,设,则等边三角形ABC的边长是4a,进而计算可得,即可求得的值【详解】(1)点在x轴负半轴上,如答图1,在x轴的正半轴上取点C,使,连接BC,又,是等边三角形,;(2)如答图2,连接BM,是等边三角形,D为AB的中点,在和中,即,为等边三角形,;(3)如答图3,过点F作轴交CB的延长线于点N,则,在和中,又E是OC

18、的中点,设,等边三角形ABC的边长是4a,在和中,又,【点睛】本题考查了坐标与图形,三角形全等的性质与判定,等边三角形的性质与判定,因式分解的应用,掌握三角形全等的性质与判定并正确的添加辅助线是解题的关键6、(1), ;(2), ;(3)【分析】(1)先判断出,再判定,再判断,(2)先判断出,再得到同理(1)可得结论;(3)先判断出,再判断出,最后计算即可【详解】解:(1)与的位置关系是:,【解析】(1), ;(2), ;(3)【分析】(1)先判断出,再判定,再判断,(2)先判断出,再得到同理(1)可得结论;(3)先判断出,再判断出,最后计算即可【详解】解:(1)与的位置关系是:,数量关系是理

19、由如下:如图1,延长交于点于,AEBC,(2)与的位置关系是:,数量关系是如图,线段AC与线段BD交于点F,线段AE与线段BD交于点G,即,AEBC,又,(3)如图,线段AC与线段BD交于点F,和是等边三角形,在和中,与的夹角度数为【点睛】此题是几何变换综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质,判断垂直的方法,解本题的关键是判断7、(1),;(2)D(-1,0),F(-2,4);(3)N(-6,2)【分析】(1)结合题意,根据绝对值和乘方的性质,得,通过求解一元一次方程,得,;结合坐标的性质分析,即可得到答案;(2)如图【解析】(1),;(2)D(-1,0),F(-2,4);

20、(3)N(-6,2)【分析】(1)结合题意,根据绝对值和乘方的性质,得,通过求解一元一次方程,得,;结合坐标的性质分析,即可得到答案;(2)如图,过点F作FHAO于点H,根据全等三角形的性质,通过证明,得AH=EO=2,FH=AO=4,从而得OH =2,即可得点F坐标;通过证明,推导得HD=OD=1,即可得到答案;(3)过点N分别作NQON交OM的延长线于点Q,NGPN交EM的延长线于点G,再分别过点Q和点N作QREG于点R,NSEG于点S,根据余角和等腰三角形的性质,通过证明等腰和等腰,推导得,再根据全等三角形的性质,通过证明,得等腰,再通过证明,得NS=EM=4,MS=OE=2,即可完成求

21、解【详解】(1),(2)如图,过点F作FHAO于点HAFAEFHA=AOE=90, AFH=EAO又AF=AE,在和中 AH=EO=2,FH=AO=4OH=AO-AH=2F(-2,4) OA=BO, FH=BO在和中 HD=OD HD=OD=1D(-1,0)D(-1,0),F(-2,4);(3)如图,过点N分别作NQON交OM的延长线于点Q,NGPN交EM的延长线于点G,再分别过点Q和点N作QREG于点R,NSEG于点S, 等腰NQ=NO,NGPN, NSEG , , 点E为线段OB的中点 等腰NG=NP, QNG=ONP在和中 NGQ=NPO,GQ=PO,PO=PBPOE=PBE=45NPO

22、=90NGQ=90QGR=45. 在和中 QR=OE在和中 QM=OM.NQ=NO,NMOQ等腰 在和中 NS=EM=4,MS=OE=2N(-6,2)【点睛】本题考查了直角坐标系、全等三角形、直角三角形、等腰三角形、绝对值、乘方的知识;解题的关键是熟练掌握直角坐标系、全等三角形、等腰三角形的性质,从而完成求解8、(1)过程见解析;(2)MN= NCBM【分析】(1)延长AC至E,使得CE=BM并连接DE,根据BDC为等腰三角形,ABC为等边三角形,可以证得MBDECD,可得MD=DE,BD【解析】(1)过程见解析;(2)MN= NCBM【分析】(1)延长AC至E,使得CE=BM并连接DE,根据

23、BDC为等腰三角形,ABC为等边三角形,可以证得MBDECD,可得MD=DE,BDM=CDE,再根据MDN =60,BDC=120,可证MDN =NDE=60,得出DMNDEN,进而得到MN=BM+NC(2)在CA上截取CE=BM,利用(1)中的证明方法,先证BMDCED(SAS),再证MDNEDN(SAS),即可得出结论【详解】解:(1)如图示,延长AC至E,使得CE=BM,并连接DEBDC为等腰三角形,ABC为等边三角形,BD=CD,DBC=DCB,MBC=ACB=60,又BD=DC,且BDC=120,DBC=DCB=30ABC+DBC=ACB+DCB=60+30=90,MBD=ECD=9

24、0,在MBD与ECD中, ,MBDECD(SAS),MD=DE,BDM=CDEMDN =60,BDC=120,CDE+NDC =BDM+NDC=120-60=60,即:MDN =NDE=60,在DMN与DEN中, ,DMNDEN(SAS),MN=NE=CE+NC=BM+NC(2)如图中,结论:MN=NCBM理由:在CA上截取CE=BMABC是正三角形,ACB=ABC=60,又BD=CD,BDC=120,BCD=CBD=30,MBD=DCE=90,在BMD和CED中 ,BMDCED(SAS),DM= DE,BDM=CDEMDN =60,BDC=120,NDE=BDC-(BDN+CDE)=BDC-(BDN+BDM)=BDC-MDN=120-60=60,即:MDN =NDE=60,在MDN和EDN中 ,MDNEDN(SAS),MN =NE=NCCE=NCBM【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题

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